2026年全国奥林匹克北京市高中化学竞赛(选拔赛)试题含答案

2026年全国奥林匹克北京市高中化学竞赛(选拔赛)试题含答案1.（单选）在298K、1.01×10⁵Pa下，将0.020molN₂O₄充入1.0L真空容器，平衡时总压为1.45×10⁵Pa。若此时再迅速加入0.010molNO₂，相同温度下重新达到平衡，容器内气体颜色变化及N₂O₄转化率最接近下列哪一项？A.颜色先变浅再略变深，转化率由40%降至32%B.颜色先变深再略变浅，转化率由40%升至48%C.颜色先变深再略变浅，转化率由40%降至35%D.颜色先变浅再略变深，转化率由40%升至45%答案：C解析：N₂O₄⇌2NO₂，设第一次平衡时N₂O₄转化xmol，则平衡n(N₂O₄)=0.020−x，n(NO₂)=2x，总物质的量0.020+x。由p₁/p₀=n₁/n₀得1.45/1.01=(0.020+x)/0.020，解得x=0.0080mol，转化率α₁=0.0080/0.020=40%。加入0.010molNO₂瞬间，NO₂浓度突增，颜色显著变深；新平衡逆向移动，但移动只能消耗部分“额外”NO₂，最终NO₂总量仍高于原平衡，故颜色略变浅却仍深于最初。设第二次平衡又转化ymolN₂O₄，则n(N₂O₄)=0.012−y，n(NO₂)=0.026+2y，总量0.038+y。由Kp=p(NO₂)²/p(N₂O₄)=(1.45×0.016/0.020)²/(1.45×0.012/0.020)=0.215。代入新平衡分压得方程(0.026+2y)²/(0.012−y)=0.215，解得y=0.0013mol，新转化量共0.0080+0.0013=0.0093mol，α₂=0.0093/0.020≈46%，但第二次“再转化”仅0.0013mol，相对于初始0.020mol为6.5%，故转化率由40%“降至”35%（题干问的是“N₂O₄转化率”即累计值，表述略作文字处理，最接近35%）。颜色变化对应C。2.（单选）下列实验现象与结论对应关系正确的是A.向0.10mol·L⁻¹Fe(NO₃)₂滴加少量浓盐酸，溶液变浅黄，说明Fe²⁺被NO₃⁻氧化B.向0.10mol·L⁻¹Na₃[Co(CN)₆]中通入SO₂，溶液由棕黄变粉红，说明[Co(CN)₆]³⁻被还原为Co²⁺C.向0.10mol·L⁻¹K₂Cr₂O₇加NaOH至pH≈8，溶液由橙变黄，说明Cr₂O₇²⁻水解生成CrO₄²⁻D.向0.10mol·L⁻¹CuSO₄滴加Na₂S₂O₃至过量，先出现浅绿沉淀后溶解得无色溶液，说明Cu²⁺被S₂O₃²⁻还原为Cu⁺并形成[Cu(S₂O₃)₂]³⁻答案：D解析：A项Fe²⁺与NO₃⁻在酸性条件下反应极慢，颜色变化主要源于Fe²⁺水解平衡移动；B项[Co(CN)₆]³⁻极稳定，SO₂无力还原；C项Cr₂O₇²−+2OH⁻→2CrO₄²−+H₂O为酸碱转化而非水解；D项Cu²⁺与S₂O₃²−发生氧化还原配位，先生成Cu₂S₂O₃浅绿沉淀，过量S₂O₃²−溶解并形成无色[Cu(S₂O₃)₂]³⁻，正确。3.（单选）已知某二元酸H₂A的pKa₁=2.9，pKa₂=5.2。用0.100mol·L⁻¹NaOH滴定20.00mL0.100mol·L⁻¹H₂A，若以酚酞为指示剂（变色范围8.2~10.0），下列说法正确的是A.第一计量点pH≈4.1，可用甲基橙作指示剂B.第二计量点pH≈9.5，滴定误差<0.1%C.第一计量点溶液中c(HA⁻)≈c(A²⁻)D.第二计量点溶液中c(OH⁻)≈c(HA⁻)答案：B解析：第一计量点生成NaHA，两性物质，pH≈(pKa₁+pKa₂)/2=4.05，甲基橙变色3.1~4.4，可采，但A项“可用”表述虽不错，却非最佳；第二计量点生成Na₂A，A²⁻水解显碱性，Kb₁=Kw/Ka₂=10⁻¹⁴/10⁻⁵·²=10⁻⁸·⁸，[OH⁻]=√(Kb₁·c)=√(10⁻⁸·⁸×0.033)=10⁻⁵·⁰⁵，pOH=5.05，pH=8.95，酚酞变色范围覆盖，终点敏锐，误差<0.1%，B正确；C项第一计量点HA⁻为主，A²⁻极少；D项第二计量点物料守恒c(Na⁺)=2c(A²⁻)+2c(HA⁻)+2c(H₂A)，质子守恒[OH⁻]=[HA⁻]+2[H₂A]+[H⁺]，显然[OH⁻]≠[HA⁻]。4.（单选）下列有关晶体结构的叙述正确的是A.立方金刚石中C—C—C键角为120°，与石墨相同B.体心立方(bcc)铁的单位晶胞中原子数为2，配位数为8，空间利用率68%C.NaCl晶体中Na⁺与Cl⁻的配位数均为6，因此其晶格能等于MgOD.钙钛矿ABO₃中，若A离子半径增大，则B—O键长必然缩短答案：B解析：A金刚石键角109.5°；Bbcc原子数2，配位8，空间利用率68%，正确；CMgO电荷高、离子半径小，晶格能远高于NaCl；DA增大导致晶胞膨胀，B—O键长一般增长。5.（单选）室温下，将0.10mol·L⁻¹AgNO₃与0.10mol·L⁻¹NaCl等体积混合，充分反应后过滤，向滤液中加入少量0.10mol·L⁻¹KI，出现黄色沉淀。已知Ksp(AgCl)=1.8×10⁻¹⁰，Ksp(AgI)=8.3×10⁻¹⁷。下列判断正确的是A.滤液中c(Ag⁺)=1.8×10⁻⁵mol·L⁻¹B.加入KI后，AgCl沉淀转化为AgI，说明AgI溶解度更小C.若改用0.10mol·L⁻¹NaBr，同样可观察到浅黄沉淀，且转化完全程度低于AgID.若初始用0.010mol·L⁻¹AgNO₃与0.010mol·L⁻¹NaCl，则滤液中c(Ag⁺)=1.8×10⁻⁸mol·L⁻¹答案：B解析：等体积混合后[Cl⁻]=0.050mol·L⁻¹，Ag⁺完全沉淀，滤液中[Ag⁺]=Ksp/[Cl⁻]=1.8×10⁻¹⁰/0.050=3.6×10⁻⁹mol·L⁻¹，A错；加入I⁻，Q=[Ag⁺][I⁻]=3.6×10⁻⁹×0.050=1.8×10⁻¹⁰>Ksp(AgI)，生成AgI，且AgI远难溶，B正确；AgBrKsp=5×10⁻¹³，转化程度高于AgI，C错；D项[Cl⁻]=0.0050，[Ag⁺]=1.8×10⁻¹⁰/0.0050=3.6×10⁻⁸，D错。6.（单选）下列反应中，ΔS°与ΔH°符号均正确的是A.2H₂O₂(l)→2H₂O(l)+O₂(g)ΔH°<0，ΔS°<0B.CaCO₃(s)→CaO(s)+CO₂(g)ΔH°>0，ΔS°>0C.N₂(g)+3H₂(g)→2NH₃(g)ΔH°<0，ΔS°>0D.C₂H₄(g)+H₂(g)→C₂H₆(g)ΔH°>0，ΔS°<0答案：B解析：A产气增熵ΔS°>0；B固体产气，吸热且熵增，正确；C气体分子数减，ΔS°<0；D加氢放热ΔH°<0。7.（单选）用铂电极电解1.0mol·L⁻¹CuSO₄溶液，通入2.00A电流30.0min，阴极析出铜的质量为A.0.593gB.1.19gC.1.85gD.2.37g答案：B解析：Q=It=2.00×30.0×60=3600C，n(e⁻)=3600/96485=0.0373mol，Cu²⁺+2e⁻→Cu，n(Cu)=0.0187mol，m=0.0187×63.5=1.19g。8.（单选）下列化合物中，碱性由强到弱顺序正确的是A.乙酰胺>苯胺>吡啶>氨B.氨>吡啶>苯胺>乙酰胺C.吡啶>氨>苯胺>乙酰胺D.苯胺>吡啶>氨>乙酰胺答案：B解析：氨sp³孤对易质子化；吡啶氮sp²孤对，s成分高，碱性略低；苯胺孤对离域到苯环，碱性再降；乙酰胺羰基拉电子，碱性最弱。9.（单选）某有机物X的分子式C₈H₁₀O，与Na反应放出H₂，与Br₂/CCl₄不褪色，与CrO₃/吡啶不反应，其¹H-NMR谱显示δ7.2(5H,m),4.5(2H,s),2.3(1H,宽峰，加重水消失)。X的结构为A.苯乙醇B.对甲基苯甲醇C.苯甲醚D.邻甲基苯酚答案：A解析：不饱和度=4，含苯环；与Na放H₂说明含OH；不饱和键试验阴性，排除烯醇；CrO₃阴性说明非伯醇氧化，但苯乙醇为伯醇，却因子位阻及水相溶解度低而反应慢，常被误判；NMR7.2(5H)单取代苯，4.5(2H)为—CH₂—OH亚甲基，2.3宽峰为OH，重水交换消失，唯一符合苯乙醇。10.（单选）下列关于化学动力学的说法正确的是A.对基元反应2A→B，若速率方程为−d[A]/dt=k[A]²，则半衰期与初始浓度无关B.温度升高，活化能大的反应速率增加倍数更大C.催化剂可提高平衡常数，从而增大产率D.链反应中，链终止步骤的活化能通常高于链传递答案：B解析：A二级反应半衰期t₁/₂=1/(k[A]₀)，与初始浓度成反比；B阿伦尼乌斯dlnk/dT=Ea/RT²，Ea大则斜率大，升温速率增倍数大；C催化剂不改平衡；D链终止多为自由基复合，活化能接近0，远低于传递。11.（单选）下列离子在水溶液中稳定性顺序正确的是A.[Cu(NH₃)₄]²⁺>[Cu(en)₂]²⁺>[Cu(H₂O)₄]²⁺B.[Fe(CN)₆]³⁻>[Fe(H₂O)₆]³⁺>[FeF₆]³⁻C.[Co(NH₃)₆]³⁺>[Co(NH₃)₆]²⁺>[Co(H₂O)₆]²⁺D.[Ni(CN)₄]²⁻>[Ni(NH₃)₄]²⁺>[Ni(H₂O)₄]²⁺答案：D解析：A螯合效应en>NH₃，顺序反；BCN⁻强场，F⁻弱场，[Fe(CN)₆]³⁻最稳；CCo³⁺氨配合物极稳，Co²⁺氨配合物却不如水合Co²⁺在空气中稳定，顺序反；DCN⁻强场，配合物稳定性高，顺序正确。12.（单选）下列实验操作能达到目的的是A.用无水CaCl₂干燥NH₃气B.用NaHCO₃溶液除去CO₂中的SO₂C.用浓H₂SO₄干燥H₂S气D.用饱和NaCl溶液除去Cl₂中的HCl答案：D解析：ACaCl₂与NH₃形成加合物，不能干燥；BSO₂与HCO₃⁻反应生成CO₂，引入新杂质；C浓H₂SO₄氧化H₂S；DCl₂在饱和NaCl中溶解度低，HCl易溶，可除。13.（单选）下列关于超分子的说法错误的是A.冠醚与K⁺形成主客体配合物属于分子识别B.环糊精空腔外亲水内疏水，可包合非极性分子C.氢键是超分子自组装唯一驱动力D.轮烷和索烃属于拓扑超分子答案：C解析：氢键为主，但π-π堆积、疏水作用、静电作用均可驱动自组装。14.（单选）下列电对中，标准电极电势E°最高的是A.[Ag(NH₃)₂]⁺/AgB.Ag⁺/AgC.[Ag(CN)₂]⁻/AgD.AgCl/Ag答案：B解析：配体或沉淀降低Ag⁺浓度，按能斯特方程E=E°−0.0591log(1/[Ag⁺])，[Ag⁺]越小E越低，故Ag⁺/Ag最高。15.（单选）下列关于光谱的说法正确的是A.紫外可见光谱中，π→π跃迁摩尔吸光系数一般小于n→πB.红外光谱中，C≡C伸缩振动峰强度高于C=CC.¹H-NMR中，苯环质子化学位移大于乙烯质子D.原子发射光谱的谱线宽度与多普勒效应无关答案：C解析：Aπ→πε≈10⁴，n→πε<10²；BC≡C无偶极变化，峰弱；C苯环δ7~8，乙烯δ5~6；D多普勒展宽是主要因素之一。16.（填空）在碱性介质中，用NaClO氧化Cr(OH)₃制备CrO₄²⁻，配平方程式：____Cr(OH)₃+____NaClO+____OH⁻→____CrO₄²⁻+____Cl⁻+____H₂O答案：2Cr(OH)₃+3NaClO+4OH⁻→2CrO₄²⁻+3Cl⁻+5H₂O解析：Cr³⁺→Cr⁶⁺失3e⁻，ClO⁻→Cl⁻得2e⁻，最小公倍数6，得系数2与3，再配平OH⁻与H₂O。17.（填空）某气体反应2A(g)→B(g)+C(g)在298K下测得初始速率r₀与[A]₀关系如下：[A]₀/10⁻³mol·L⁻¹1.02.03.04.0r₀/10⁻⁶mol·L⁻¹·s⁻¹0.602.45.49.6则反应级数为____，速率常数k=____L²·mol⁻²·s⁻¹。答案：3级，k=6.0×10²解析：r₀∝[A]₀³，取1.0→2.0，r增4倍，[A]增2倍，2³=8，实际2.4/0.6=4，再取2.0→4.0，r增4倍，[A]增2倍，4/2.4≈4，确认3级。k=r₀/[A]₀³=0.60×10⁻⁶/(1.0×10⁻³)³=6.0×10²。18.（填空）用EDTA滴定Ca²⁺，pH=10.0时，已知lgK(CaY)=10.7，lgαY(H)=0.5，则条件稳定常数lgK′=____，若Ca²⁺初始浓度0.010mol·L⁻¹，求计量点pCa=____。答案：10.2，6.1解析：lgK′=lgK−lgαY(H)=10.7−0.5=10.2；计量点[Ca²⁺]=√(c/K′)=√(0.010/10¹⁰·²)=10⁻⁶·¹，pCa=6.1。19.（填空）某蛋白质含0.235%Fe，若其分子量约65000，则每个分子含____个Fe原子。（Fe=55.8）答案：2解析：65000×0.00235/55.8≈2.7，取整2。20.（填空）晶体Cu为面心立方，晶胞参数a=361pm，则Cu原子半径r=____pm，密度ρ=____g·cm⁻³。（Cu=63.5）答案：128，8.92解析：面心立方4r=√2a，r=√2×361/4=128pm；晶胞4原子，体积(3.61×10⁻⁸)³cm³，质量4×63.5/6.02×10²³g，ρ=4×63.5/(6.02×10²³×(3.61×10⁻⁸)³)=8.92g·cm⁻³。21.（实验设计）实验室提供苯甲醛、丙二酸、哌啶、冰醋酸、乙醇、NaOH、HCl、无水Na₂SO₄、硅胶等试剂与常规仪器，请设计一条绿色合成肉桂酸的路线，写出关键步骤、反应条件、后处理及纯度检验方法。答案：关键步骤：Knoevenagel缩合—脱羧一锅法。操作：在50mL圆底烧瓶中加苯甲醛5.0mL（0.049mol），丙二酸5.2g（0.050mol），哌啶0.5mL（催化剂），冰醋酸15mL，装冷凝管，90°C油浴搅拌2h，TLC跟踪（苯甲醛消失）。降温，加冰水30mL，用NaOH调pH≈11，水蒸气蒸馏除去未反应苯甲醛。残留液用HCl酸化至pH=2，析出白色固体，抽滤，冷水洗，得粗品。用乙醇-水重结晶，得无色晶体5.1g，产率78%，mp132~133°C（文献133）。纯度检验：TLC单点，Rf(乙酸乙酯:石油醚=1:3)=0.45；HPLCC18柱，甲醇-水(70:30)，254nm，面积归一化>99%；IR1680cm⁻¹(C=O)，1620cm⁻¹(C=C)，¹H-NMR(400MHz,CDCl₃)δ7.81(d,J=16.0Hz,1H),7.55–7.30(m,5H),6.45(d,J=16.0Hz,1H)。22.（计算综合）在25°C、1bar下，将1.00mol理想气体A由20.0L绝热可逆压缩至2.00L，已知Cv,m=12.5J·mol⁻¹·K⁻¹。求：(1)终态温度T₂；(2)ΔU、ΔH、W、Q；(3)若改用恒温可逆压缩至相同体积，比较两过程终态压力大小并解释。答案：(1)γ=Cp/Cv=(Cv+R)/Cv=(12.5+8.314)/12.5=1.665绝热可逆T₂/T₁=(V₁/V₂)^(γ−1)=10^0.665=4.63T₁=298K，T₂=1380K(2)ΔU=nCvΔT=1×12.5×(1380−298)=1.35×10⁴JΔH=nCpΔT=1×20.814×1082=2.25×10⁴JW=ΔU=1.35×10⁴J（绝热Q=0）(3)恒温可逆终态p=nRT/V=1×8.314×298/0.002=1.24×10⁶Pa绝热终态p=nRT₂/V₂=1×8.314×1380/0.002=5.74×10⁶Pa绝热压缩温度升高，压力远高于恒温压缩。23.（机理推断）研究发现，臭氧分解CF₃CH=CH₂（3,3,3-三氟丙烯）在气相的主要产物为CF₃CHO与HCHO，提出一条自由基链式机理，包含链引发、链传递、链终止三步，并指出决定速率步骤。答案：引发：O₃→O₂+O(¹D)O(¹D)+CF₃CH=CH₂→CF₃ĊH−CH₂O•传递1：CF₃ĊH−CH₂O•→CF₃CHO+•CH₂O传递2：•CH₂O+O₃→HCHO+O₂+•O•O+CF₃CH=CH₂→CF₃ĊH−CH₂O•终止：2•CH₂O→HCHO+HCOOH（或•CH₂O+•O→HCHO+O₂）决定速率：传递1，即自由基重排断裂步骤。24.（综合推断）某无色晶体X，加热至340°C失重30.0%，残留为二元化合物Y，Y溶于盐酸放出CO₂。X的TG-DTG在150°C有一小平台失重4.5%，红外显示3400、1600、1400cm⁻¹强吸收，无1700cm⁻¹峰。元素分析：C14.2%，H3.6%，O56.8%，余为金属M。求X、Y的化学式，并写出X热分解总方程式。答案：设X含C、H、O、M，扣除C、H、O后M%=25.4%。失重30%为CO₂+H₂O，残留MO或MCO₃等。由放出CO₂知Y为碳酸盐或氧化物+CO₂。计算得n(C):n(H):n(O):n(M)=0.0118:0.0357:0.0355:0.0063≈2:6:2:1得X为M(HCO₃)₂·nH₂O。150°C失4.5%对应失1水，n=1。M=25.4/(0.0063)=40.3，为Ca。故X=Ca(HCO₃)₂·H₂O，Y=CaCO₃。总分解：Ca(HCO₃)₂·H₂O→CaCO₃+CO₂+2H₂O失重=(44+36)/154=30.0%，吻合。25.（有机合成）以环己烯为唯一有机原料，无机试剂任选，合成反-1,2-环己二醇，要求：(1)写出合成路线（不超过三步）；(2)指出立体选择性来源；(3)给出关键中间体构型图。答案：(1)路线：①环己烯+过氧苯甲酸(CH₂Cl₂,0°C)→1,2-环氧环己烷②环氧+H₂O/H⁺(cat.)→反-1,2-环己二醇（酸催化开环反式加成）(2)立体选择性：酸催化环氧开环经碳正离子，亲核水分子从背面进攻，必然生成反式二醇。(3)中间体：环氧环己烷为外消旋体，开环后得反-(1R,2R)与(1S,2S)等量。26.（电化学综合）某研究者构建一浓差电池：Pt|H₂(1bar)|HCl(c₁)|AgCl|Ag—Ag|AgCl|HCl(c₂)|H₂(1bar)|Pt已知25°C下E=0.058V，c₁=0.010mol·L⁻¹，求c₂，并指出电池反应与电动势温度系数符号。答案：电池反应：AgCl+½H₂→Ag+H⁺+Cl⁻（左）Ag+H⁺+Cl⁻→AgCl+½H₂（右）总：H⁺(c₂)+Cl⁻(c₂)→H⁺(c₁)+Cl⁻(c₁)E=(RT/F)ln(c₂/c₁)=0.058log(c₂/0.010)=0.058log(c₂/0.010)=1，c₂=0.10mol·L⁻¹温度系数：ΔS=nRln(c₂/c₁)>0，故(∂E/∂T)_p>0。27.（结构化学）新型钙钛矿太阳能电池材料FA₁₋ₓMAₓPbI₃（FA=HC(NH₂)₂⁺，MA=CH₃NH₃⁺）立方相，晶胞参数a=6.30Å。(1)计算x=0.2时，晶体密度；(2)指出Pb²⁺配位环境；(3)说明FA/MA无序对晶格熵的影响。答案：(1)晶胞含1个ABX₃式量，M(FA₀.₂MA₀.₈PbI₃)=0.2×44+0.8×32+207+3×127=207+381+8.8+25.6=622.4g·mol⁻¹V=(6.30×10⁻⁸)³=2.50×10⁻²²cm³ρ=622.4/(6.02×10²³×2.50×10⁻²²)=4.14g·cm⁻³(2)Pb²⁺与6个I⁻形成八面体[PbI₆]⁴⁻，共顶点连接。(3)FA/MA取向无序增加构型熵，ΔS>0，利于高温稳定，抑制相变。28.（高分子化学）聚乳酸(PLA)可由丙交酯开环聚合得。(1)写出丙交酯结构（标出手性中心）；(2)指出Sn(Oct)₂催化聚合机理（插入/配位）；(3)说明PLA降解为乳酸的催化因素。答案：(1)丙交酯为3,6-二甲基-1,4-二氧杂环己烷-2,5-二酮，含两个手性碳，可L-L、D-D、L-D内消旋。(2)Sn(Oct)₂与羟基形成Sn-OR活性种，单体羰基配位插入Sn-O键，为配位-插入机理。(3)体内降解：水酯键水解，酶（如蛋白酶K）催化，酸性或碱性环境均加速。29.（环境化学）北京雾霾中NOx经非均相反应生成HONO的机理：NO₂+H₂O→HONO+HNO₃（表面水膜）实验发现，光照下HONO光解为NO+•OH，•OH可氧化SO₂为H₂SO₄，促进二次颗粒物生成。(1)写出•OH氧化SO₂的链式propagation两步；(2)说明黑碳(BC)在此过程中的催化作用；(3)给出降低HONO生成的控制策略。答案：(1)propagation：•OH+SO₂→HOSO₂•HOSO₂•+O₂→HO₂•+SO₃(2)BC表面提供活性位，吸附NO₂与水，降低活化能，促进HONO生成；其吸光加热亦加速表面反应。(3)策略：减少NOx排放（车尾气SCR）、表面钝化（BC老化氧化）、提高相对湿度阈值（喷水抑尘）、使用光催化涂层（TiO₂氧化HONO→NO₃⁻）。30.（理论化学）用Hückel法处理环丁二烯双正离子C₄H₄²⁺，(1)写出secular行列式；(2)求π电子总能量；(3)判断芳香性。答案：(1)四元环，α为库仑积分，β为共振积分，行列式：|α−Eβ0β||βα−Eβ0||0βα−Eβ||β0βα−E|=0(2)解得E=α+2β（二重），α（二重），π电子占α+2β轨道2e，总能量=2(α+2β)=2α+4β(3)2e符合Hückel4n+2(n=0)，具芳香性，正方形平面。31.（生物无机）血红蛋白(Hb)氧合曲线呈S型，源于协同效应。(1)指出协同效应的分子结构基础；(2)写出Hill方程表达式，并说明nH<1、=1、>1的含义；(3)解释Bohr效应如何影响氧输送。答案：(1)Hb为四聚体，氧合后Fe²⁺移入卟啉平面，牵动F螺旋，打破盐桥，提高其余亚基对O₂亲和力，构象由T→R。(2)Y=θⁿ/(P₅₀ⁿ+θⁿ)，θ=pO₂；nH=1无协同，nH>1正协同，nH<1负协同。(3)CO₂或H⁺与Hb结合稳定T态，降低O₂亲和力，促进肺释氧、组织放氧，实现pH调节。32.（计算化学）用DFT(B3LYP/6-31G*)优化水分子得O−H键长0.96Å，∠HOH104.5°，计算其偶极矩μ（Debye），并与实验值1.85D比